2022-2023学年甘肃省金昌市永昌重点中学高二（上）期末物理试卷及答案解析

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年甘肃省金昌市永昌重点中学高二（上）期末物理试卷1.2021年6月11日，我国成功将北京三号卫星送入预定轨道，如图卫星两翼的太阳能电池板把太阳能转化为电能供卫星使用。关于太阳能等能源与可持续发展，以下说法正确的是(

)A.利用太阳能、风能和氢能等能源替代化学能源可以改善空气质量

B.人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造

C.水电站里的发电机装置可以将水库中储存的水的机械能全部转化为电能

D.核能对环境的污染比常规能源对环境的污染大2.如图所示，O、M、N为一负点电荷电场中一条电场线上的三点，M为ON的中点。O、N两点的电势分别为φO=−4V，A.M点的电势为−6V

B.M、N两点的电势差大于O、M两点的电势差

C.O点的电场强度一定比N点的电场强度大

D.一正点电荷从O点沿直线移到N3.消防演练中，一个质量为m=70kg的消防队员从一个高台无初速度跳下，落到一个厚软垫上，高台和厚软垫之间的高度差为h=3.2m，若消防员从接触软垫到陷至最低点经历的时间为tA.560N⋅s B.1120N⋅s4.如图所示，带电球C置于铁架台旁，系在绝缘丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点。小球A静止时与带电球C处于同一水平线上，与带电球C的距离为r，丝线与竖直方向的夹角为α。已知A球的质量为m，电荷量为+q，重力加速度为g静电力常量为k，两球可视为点电荷，则带电球C在小球A所在处产生的电场的场强EA的大小和带电球C所带的电荷量Q分别为(

)A.EA=mgtanα2q，Q=mgr25.如图所示，在相距40km的A、B两地之间沿直线架设了两条输电线，两条输电线的总电阻为800Ω。现输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，检修员进行了如下操作：在A地接上电源，测得电压表示数为10V，电流表示数为40mA。则A地到短路处两根输电线的总电阻和A.500Ω；12.5km B.500Ω；25km C.250Ω6.如图，AB是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，下极板接地，E为直流电源，内阻不计。M为其中一个定点。将开关闭合，电路稳定后，带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于平衡状态。将A板向上平移一小段距离(

)

A.电容器的带电量将增大

B.在A板上移过程，电阻R中有向左的电流

C.带电油滴将沿竖直方向向上运动

D.M点电势将降低7.如图所示，B、C、D、E、F，5个小球并排放置在光滑的水平面上，A球以速度v0向B球运动，其中A、F两球质量为m，B、C、D、E四个小球质量为2m，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(

)A.共有3个小球运动，方向均向右

B.共有3个小球运动，方向既有向左又有向右

C.共有2个小球运动，方向均向右

D.共有2个小球运动，方向既有向左又有向右8.如图所示的电路中，电流表为理想电表，电源的电动势为E、内阻为r，闭合开关S，当滑动变阻器R1的滑片向右滑动时，下列说法正确的是(

)A.R3两端的电压增大

B.R2的功率增大

C.电流表的示数变大

D.通过9.一些材料的电阻随温度的变化而变化．如图甲是由某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图像，若用该电阻与电池(电动势E=1.5V，内阻不计)、电流表(量程为50mA，内阻不计)、电阻箱RA.温度升高，电路中电流增大

B.电流刻度较大处对应的温度刻度较小

C.电流为50mA时，电阻R=30Ω

10.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3mA.在t2、t4时刻弹簧处于原长状态

B.t3时刻两物体达到共速，弹簧被压缩到最短

C.两物块的质量之比为m1：m2=2：1

D.在11.某中学的物理兴趣小组计划测量一组旧蓄电池的电动势和内阻。实验的电路图如图甲所示，实验操作过程如下：闭合开关，读出电流表的示数I和电阻箱的阻值R，记录多组I、R的值，根据实验数据在图乙中作图，回答下列问题：

(1)根据乙图，可知电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。(计算结果均保留三位有效数字)

(2)分析实验方案发现，电流表内阻对实验精确度有较大影响，测得电流表内阻为1.0012.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：

(1)用多用电表粗测金属丝的阻值：该同学选择×10倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大，为了较准确地进行测量，应该选择______(填“×1k”“×100”或“×1”)倍率，并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如下图1中实线所示，测量结果是______Ω。

(2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝Rx外，实验室还备有的实验器材如下，为了测多组实验数据，则下列器材中的滑动变阻器应选用______(填“R1”或“R2”)；电压表应选用______(填“V1”或“V2”)；电流表应选用______(填“A1”或“A2”)。

A.电压表(V1：量程3V，内阻约为15kΩ；V2：量程15V，内阻约为75kΩ)

B.电流表(A1：量程0.6A，内阻约为1Ω；A2：量程3A，内阻约为0.2Ω)

C.滑动变阻器R1(0～5Ω)

D.13.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。不考虑电表对电路的影响，求：

(1)电源内阻r和电动势E；

(2)定值电阻14.如图所示，内壁光滑、内径很小的1/4圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径r为0.2m，质量为0.06kg，带电荷量为q=8×10−3C，略小于圆弧截面的带电小球，从与0点等高的A点沿圆管内由静止运动到最低点B，然后从B点进入板距d=0.08m的两平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作。已知电源的电动势为12V，内阻为1Ω，定值电阻R的阻值为6Ω，电动机的内阻为0.515.如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R、质量为M的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切.质量为m的小木块静止在O点，一个质量为m0的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)。求：

(1)子弹射入木块前的速度；

(2)若每当小木块返回到O点，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则第2颗子弹射入小木块前后，小木块的动量变化量；

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A、改善空气质量，就应该从根本上减少碳排放量，用新能源代替传统的化石能源，节能减排，故A正确；

B、能量是守恒的，既不能创造也不可能消失，但能量品质会下降，故要节约能源，故B错误；

C、由于水下落过程以及发电机装置都有摩擦，故该装置不可能将水库中储存的水的机械能全部转化为电能，故C错误；

D、核能属于新能源，是一种清洁能源，故D错误。

故选：A。

改善空气质量，就应该从根本上减少碳排放量，用新能源代替传统的化石能源；

能量不能被创造；

机械能不能全部转化为电能，在转化过程中必然有能量损失；

核能是一种清洁能源。

明确清洁能源的概念，明确能量守恒定律的定义是解决问题的关键。

2.【答案】B

【解析】解：AB.在O、M、N所在的电场线上，离负电荷越近，场强越大，相同距离的电势差越大，故M、N两点的电势差大于O、M两点的电势差，即M点的电势高于−6V，故A错误，B正确；

C.该电场是由负电荷形成的，由点电荷场强公式E=kQr2可知，O点离场源电荷较远，场强较小，即O点的电场强度一定比N点的电场强度小，故C错误；

D.一正点电荷从O点沿直线移到N点的过程中，电场力做正功，故D错误。

故选：B。

在O、M、N所在的电场线上，离负电荷越近，场强越大，相同距离的电势差越大；该电场是由负电荷形成的，由点电荷场强公式E=kQr23.【答案】D

【解析】解：设消防员自由下落h=3.2m的时间为t1，根据h=12gt12，解得t1=2hg=2×3.210s4.【答案】D

【解析】解：小球A受力如图所示：

根据平衡条件可知小球A受到的库仑力为：F=mgtanα，

根据电场强度的定义式E=Fq可得，带电球C在小球A所在处产生的电场的场强：EA=Fq=mgtanαq，方向水平向左；

根据库仑定律可得小球A受到的库仑力：F=kQqr2，解得5.【答案】C

【解析】解：设发生短路处到A处距离为x，据题意知，A、B两地间的距离L=40km，电压表的示数U=10V，电流表的示数I=40mA=40×10−3A，R总=800Ω．

根据欧姆定律I=UR可得，A端到短路处的两根输电线的总电阻Rx=UI

代入数据解得：Rx=250Ω；

根据电阻定律可知：Rx6.【答案】D

【解析】解：A、将A板向上平移一小段距离，电容器板间距离增大，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd分析可知，电容减小。电容器的电压不变，由电容的定义式C=QU分析可知，电容器的带电量将减小，故A错误；

B、在A板上移过程中，电容器的带电量将减小即放电，则电阻R中有向右的电流，故B错误；

C、电容器板间电压不变，板间距离增大，根据E=Ud分析可知电容器板间场强减小，带电油滴受到的电场力减小，则带电油滴将沿竖直方向向下运动，故C错误；

D、电容器板间场强减小，由U=Ed分析可知，M点与下极板间电势差减小，因为M点电势比下极板电势高，下极板电势为零，则M点电势将降低，故D正确。

故选：D。

将A板向上平移一小段距离，根据电容的决定式7.【答案】B

【解析】解：根据题意可知，由于A、B两球质量不等，且mA<mB，则A球与B球相碰后，A球向左运动，B球向右运动，B、C、D、E，4个小球的质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E球有方向水平向右的速度，B、C、D3个小球均静止，E、F两球质量不等，且mE>mF，，则E、F两球碰撞后都向右运动，所以B、C、D3个小球均静止，A球向左运动，E、F两球都向右运动，故B正确，ACD8.【答案】AC【解析】解：AC、闭合开关，当滑动变阻器R1

的滑片向右滑动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流I减小，路端电压U增大，R3两端的电压等于路端电压，则R3两端的电压增大，故AC正确；

B、通过R3的电流I3增大，通过R2的电流I2=I−I3，I减小，I3增大，则I2减小，故R2的功率减小，故B错误；

D、电压U2也减小，R1、R4的并联电压U并=U−U2，U增大，U2减小，则U9.【答案】BD【解析】解：AB、由题图甲可知，温度升高，电阻阻值增大，根据闭合电路欧姆定律I=ER，可知电路中电流减小，因此电流刻度较大处对应的温度刻度较小，故A错误，B正确；

CD、电流为50mA时，电路总电阻为R总=EI=1.550×10−3Ω=30Ω10.【答案】AD【解析】解：AB.图乙可知，t1时刻二者速度相同，弹簧被压缩至最短，系统动能最小，弹性势能最大，然后弹簧逐渐恢复原长，t2时刻，弹簧恢复原长状态，此时两物块速度相反，弹簧的长度逐渐增大，t3时刻，两物块速度相等，弹簧最长，系统动能最小，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故A正确，B错误；

C.系统动量守恒，从t=0开始到t1时刻，以v1为正方向，根据动量守恒定律有m1v1=(m1+m2)v2，其中根据v−t图像，v1=3m/s，v2=1m/s

解得m1：m2=1：2

故C错误；

D.在t2时刻，根据v−t图像，m111.【答案】3.86

5.85

4.85Ω【解析】解：(1)根据闭合电路欧姆定律得：

E=I(R+r)，

整理得：

IR=E−Ir，

结合图像得：

E=3.86V，

r=|ΔIR12.【答案】×1

6.0

R1

V1

A1

【解析】解：(1)选择×10倍率测电阻，指针偏转角度太大，说明指针所指示数过小，根据电阻的测量值=欧姆表指针所指示数×倍率可知，要增大指针所指示数，必须减小倍率，应该选择×1挡位；

由题图所示可知，电阻的测量R=6.0×1Ω=6.0Ω

(2)由于待测电阻大约6Ω，根据方便调节和保证电路安全的原则，滑动变阻器应选择R1(0～5Ω)；

两节干电池电动势为3V，所以电压表应选3V量程；

电路中的最大电流约为I=UR=36A=0.5A

所以电流表量程应选0.6A量程；

(3)为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法；由于待测电阻R<RV1RA1，因此电流表采用外接法，根据以上分析所画的电路图如图所示：

(4)金属导线的横截面积S13.【答案】解：(1)根据正相关的直线的斜率可得：

R0=3.0−1.00.3−0.1Ω=10Ω

根据闭合电路欧姆定律可得：负相关的直线的纵截距表